Exercices sur les matrices - Corrigé
Exercice 1 :
1. = 5 − 6 = 40 − 18 = 22 et = 5 − 6 = 110 − 48 = 62 .
2. a. prend la valeur × − × : car, au départ de la boucle, joue le rôle de et le rôle de . b. Il semble que la suite est croissante et il semble aussi que la limite de la suite est +∞. 3. = = !5− 6
" = !5− 6
1+ 0" = 5 −61 0 = #
Pour tout entier naturel $, = #avec # = 5 −61 0 .
Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel $, = # : notons %$ : « = # »
# = & × = : donc %0 est vraie.
On suppose que %$ est vraie pour un certain entier naturel $, et on montre que %$ + 1 est vraie : = # = # × # = # d’où l’hérédité.
On en déduit que : pour tout entier naturel $, = # 4. a. '% = −1 31 −2 2 3
1 1 = 1 0 0 1 = &. b. On admet que # = %)'.
Démontrons par récurrence que, pour tout entier naturel non nul $, # = %)'.
# = # = %)' = %)' : donc la propriété est initialisée.
On suppose que la propriété est vraie pour un certain entier naturel $ non nul et on montre qu’elle est vraie au rang $ + 1 :
# = # × # = % × ) × ' × %*+, ×
-
) × ' = % × ) × & × )*..+..,
/012 × ' = %)' : d’où l’hérédité.
La propriété est initialisée pour $ = 1 et elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier naturel $ non nul.
5. a. On sait, d’après la question 3 que, pour tout entier naturel $, = # On a donc :
= −2+ 3 3 × 2− 2 × 3
−2 + 3 3 × 2 − 2 × 3 = −2+ 3 3 × 2− 2 × 3
−2 + 3 3 × 2 − 2 × 3 8 3 Ce qui donne = −8 × 2+ 8 × 3+ 9 × 2− 6 × 3
−8 × 2+ 8 × 3+ 9 × 2− 6 × 3 et comme = alors : = −8 × 2 + 8 × 3+ 9 × 2− 6 × 3 = 2 + 2 × 3
On en déduit que : pour tout entier naturel $ : = 2 + 2 × 3 b. lim 2 = +∞ et lim 3 = +∞ donc par somme, lim = +∞
.
Exercice 2 :
1. 7
#
# 7 7
#
7
Les événements #, 7 et forment une partition de l’univers des possibles, on applique la formule des probabilités totales pour calculer %# :
%# = %# × %90# + %7 × %:0# + % × %;0#
%# = × 0 + ×1
2 + ×1 2 =1
2 +1 2 . Conclusion : pour tout entier naturel $, on a :
=1
2 +1 2 .
2. == >
? =
@ AA B
1
2 +1 2 1
4 +1
4 +1 4 3
4 +1
4 +1 4 C
DD E=
@ AA
B0 × +1
2 × +1 2 × 1
4 × +1
4 × +1 4 × 3
4 × +1
4 × +1
4 × C DD E=
@ AA B0 1
2 1 1 2
4 1 4 1 3 4
4 1 4 1
4C DD E
*...+...,
F
>
?
On démontre ensuite par récurrence que, pour tout entier naturel $, = = G=.
3. G= = = ⇔
@ AA B0 1
2 1 1 2
4 1 4 1 3 4
4 1 4 1
4C DD EIJ
KLM = IJ KLM ⇔
@ AA B0J +1
2 K +1 1 2 L
4 J +1 4 K +1 3 4 L
4 J +1 4 K +1
4 LC DD E= IJ
KLM ⇔ N K + L = 2J J + K + L = 4K 3J + K + L = 4LO Or, on sait que J + K + L = 1, on peut donc modifier le système de la façon suivante :
N K + L = 2J J + K + L = 4K
3J + K + L = 4LO ⇒ N1 − J = 2J 1 = 4K 2J + 1 = 4LO ⇒
QR S RT J =1
3 K =1 4 L = 5 12
O ,ce qui justi\ie l]^_`a`béde la matrice = =
@ AA B
1 31 45 12C
DD E
Il reste à vérifier que les valeurs obtenues sont bien solutions du système, ce qui justifie l’existence de =.
1/4
3/4 1/2
1/4 1/4
1/2 1/4 1/4
4. Pour tout entier naturel $, = = G=
= =
@ AA AA B1
3 +− 12 × 2
3 1
3 −− 12
3 1
3 −− 12 1 3
4 1
4 1
4 5
12 −− 12 × 2
3 5
12 +− 12
3 5
12 +− 12 3 C
DD DD E
>
?
=
@ AA AA AA B g1
3 +− 12 × 2
3 h + g1
3 −− 12
3 h + g1
3 −− 12 3 h 1
4 +1
4 +1 4 g5
12 −− 12 × 2
3 h + g5
12 +− 12
3 h + g5
12 +− 12 3 h
C DD DD DD E
=
@ AA AB
13 + !−1 2"
!2
3 −1
3 −1 3 "
1 5 4
12 + !−1 2"
!−2
3 +1
3 +1 3 "C
DD DE
=
@ AA AB
13 + ! −1 3" !−1
2"
1 5 4
12 − ! −1 3" !−1
2"
C DD DE
On en déduit que pour tout entier naturel $ non nul :
=1
3 + ! −1 3" !−1
2"
, =1
4 et = 5
12 − ! −1 3" !−1
2"
−1 < −1
2 < 1 donc lim !−1 2"
= 0 Lessuitesconvergentet ∶ lim =1
3 et lim = 5 12
5. A long terme, la page n°1 sera consultée dans environ 33,33 % du temps de connexion, la page n°2 dans 25 % du temps de connexion et la page n°3 dans environ 41,67 %.
Exercice 3 :
1. = et p =. 2. (a)
k w u v
1 0 1
2 2
3
2 1
2 7
12 11
18
(b) Pour un nombre N donné, les valeurs affichées par l’algorithme correspondent à r et pr.
3. Pour tout entier naturel n on définit le vecteur colonne spar s =
p et la matrice A par :
# = t
u.
(a) D’un côté : s = p = >
v0 w0 v0 w 0
? = t
+p
+pu D’un autre côté, #s = t
u p = t
+p
+pu Conclusion : pour tout entier naturel n, s = #s. (b) Classique.
4. On définit les matrices %, %’ et B par :
% = t
y z {
z
−{z {zu , %] = t
−
u et 7 = I1 0 0 {M.
(a) %%’ = t
y z
{ z
−{z {zu t
−
u = t
y
z×+{z× yz×| +{z×
−{z×+{z× −{z×| +{z×u = 1 00 1 = &
Récurrence classique.
(b) On admet que pour tout entier naturel n, 7 = I1 0 0 { M Pour tout entier naturel n,
# = %]7% = t
−
u I1 0 0 { M t
y z
{ z
−{z {zu = t
−{
{ u t
y z
{ z
−{z {zu = t
z+z{ z−z{
z−z{ z+z{ u.
5. (a) Pour tout entier naturel n, s = #s = t
z+z{ z−z{
z−z{ z+z{ u 01 = t
z−z{
z+z{ u , On en déduit que, pour tout entier naturel $ : = z−z{ et pz+z{
(b) Comme −1 <{< 1, alors lim { = 0 et donc lim =z = limp.
